De HSG Toan 9 TP Buon Ma ThuotDak Lak 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9-CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013 TP BUÔN MA THUỘT ĐỀ THI MÔN: TOÁN --------Thời gian: 150 phút (không tính giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức:. A  1  2012 2 . b) Tìm giá trị lớn nhất của B . 1 x  x 1. 20122 2012  20132 2013.  x  0. Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình:. 3 x2  5 x  8  3x 2  5 x  1  1  x  my  m  1  mx  y  3m  1. Bài 3: (2 điểm) Cho hệ phương trình: . a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x.y đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. (cần xem lại đề, chỉ có GTNN) b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < 0 Bài 4: (4 điểm) a) Chứng minh rằng (n4 – 4n3 – 4n2 + 16n)  384 (với mọi n chẵn, n ≥ 4) b) Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 1 Bài 5: (4,5 điểm) Cho đường tròn (O; R). Hai đường kính cố định của (O) là AB và CD vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB.   sin 2 MAB   sin 2 MCD   sin 2 MDC  a) Tính sin 2 MBA b) Chứng minh OK 2  AH  2 R  AH  c) Tìm vị trí điểm M để giá trị của P  MA.MB.MC.MD lớn nhất. Bài 6: (5,5 điểm) Cho AB là đường kính của đường tròn (O; R). C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C khác A và B), kẻ CH vuông góc với AB tại H. Gọi I là trung điểm của AC, OI cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) tại M, MB cắt CH tại K. a) Chứng minh 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MC là tiếp tuyến của (O; R) c) Chứng minh K là trung điểm của CH. d) Xác định vị trí của C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất ? Tìm giá trị lớn nhất đó theo R.. GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu). trang 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (2 điểm) 2. a) A  1  20122 . 2012 2 2012 2012 2012  2012    1   2012 2    2 1 2 2013 2013 2013 2013  2013  2. 1 1 2012  1  2012   2  2012  20122     2012   2 2013 2013 2013  2013  2013 1 2012   2012   2013 2013 2013 2 1 3 b) Ta có x  x  1   x     0  x  0  . Do đó B lớn nhất  x  x  1 nhỏ nhất. Mà 2 4  2. 1 3 3  x  x 1   x      x  0  , dấu “=” xảy ra khi 2 4 4  1 4 1 Vậy GTLN của B là  khi x  3 3 4 4. x. 1 1  0  x  (TMĐK) 2 4. Bài 2: (2 điểm) ĐK: 3x 2  5 x  8  0, 3x 2  5 x  1  0 Đặt 3 x 2  5 x  1  t  t  0  , phương trình trở thành. t  7  t 1 t  7 1 t.  t  7  t  2 t  1  t  3  t  9 (TMĐK).  x 1 Khi đó ta có 3 x  5 x  1  9   x  1 3 x  8   0   8 (TMĐK) x    3 2. Vậy phương trình có hai nghiệm x  1, x  . 8 3. Bài 3: (2 điểm) 1  m  m  1 m  x  m  3m  1  mx   m  1  m  1 m  1 x   m  1 3m  1  x  my  m  1 Ta có    y  3m  1  mx y  3m  1  mx  mx  y  3m  1  . a) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất . *. 3m  1 3m  1   x x    m 1 m 1   (Vì m  1 ) 3 m  1 m  1  y  3m  1  m  y   m 1 m 1 2 2 2 3m  1 m  1 3m  2m  1 4m   m  2m  1 4m 2 Khi đó xy       1  1 2 2 2 m 1 m 1  m  1  m  1  m  1. Dấu “=” xảy ra khi m = 0. Vậy m = 0 thì hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) mà GTNN của xy là -1 b).  0x  0 . Hệ phương trình có vô số nghiệm y  2 x. +) Nếu m = 1, (*) trở thành .  x  R; y  2  x  . Khi đó x + y = 2 > 0, không thỏa x + y < 0 GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu). trang 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  0x  4 . Hệ phương trình vô nghiệm.  y  4  x. +) Nếu m = -1, (*) trở thành . 3m  1   x  m  1 +) Nếu m   1. Hệ phương trình có một nghiệm duy nhất  (theo a)  y  m 1 m 1  3m  1 m  1 4m Khi đó x  y  0   0  0  1  m  0 m 1 m 1 m 1 Vậy 1  m  0 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn x + y < 0.. Bài 4: (4 điểm) a) Ta có n 4  4n3  4n 2  16n   n  4  n  2  n  n  2  Vì n chẵn, n ≥ 4, đặt n = 2k (k ≥ 2). Ta có n 4  4n3  4n 2  16n  16  k  2  k  1 k  k  1 Do k  2, k  1, k , k  1 là bốn số tự nhiên liên tiếp nên có hai số chia hết cho 2 trong đó có một số chia hết cho 4 , có ít nhất một số chia hết cho 3   k  2  k  1 k  k  1  8.3  24 (Vì (8; 3) = 1)  16  k  2  k  1 k  k  1  16.24  384 b) Vì 2  a  b  c  d 2.  4   a  b  c  d   a 2  b 2  c 2  d 2  2  ab  ac  ad  bc  bd  cd   a 2  b 2  c 2  d 2  4  2  ab  ac  ad  bc  bd  cd .  *. 2. Lại có a 2  b 2  2ab (vì  a  b   0 ), tương tự có a 2  c 2  2ac , a 2  d 2  2ad , b2  c 2  2bc , b 2  d 2  2bd , c 2  d 2  2cd . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 3  a 2  b 2  c 2  d 2   2  ab  ac  ad  bc  bd  cd   4  2  ab  ac  ad  bc  bd  cd   4  3  a 2  b 2  c 2  d 2 . **. Từ (*) và (**)  a 2  b2  c 2  d 2  4  3  a 2  b2  c 2  d 2   a 2  b 2  c 2  d 2  1 (đpcm) Bài 5: (4,5 điểm)   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường a)  AMB  CMD tròn)   MAB   MCD   MDC   900  MBA   cos MBA  , sin MDC   cos MCD   sin MAB. Do đó.   sin 2 MAB   sin 2 MCD   sin 2 MDC  sin 2 MBA   cos 2 MBA   sin 2 MCD   cos 2 MCD  2  sin 2 MBA. .  . . b) AMB,  AMB  90 , MH  AB 0.  MH 2  AH .BH  AH .  AB  AH   AH .  2 R  AH   a  K H   900 (gt) nên tứ giác OHMK là hình chữ nhật Mặt khác tứ giác OHMK có O  MH  OK  b  . Từ (a), (b)  OK 2  AH  2 R  AH  (đpcm) c) AMB,  AMB  900 , MH  AB  MA.MB  AB.MH  2 R.MH.   900 , MK  CD  MC.MD  CD.MK  2 R.MK CMD, CMD Do đó P  MA.MB.MC.MD  4 R 2 .MH .MK GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu). trang 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> MH 2  MK 2 HK 2 OM 2 R 2    2 2 2 2 2 R Nên P  4R 2 .MH .MK  4 R 2 .  2 R 4 . Đẳng thức xảy ra khi MH = MK  tứ giác OHMK là 2 hình vuông  M là điểm chính giữa cung nhỏ  AC. Lại có MH .MK . Bài 6: (5,5 điểm) 1 2   OI  AC  OIC  90 0. a) Ta có IA  IC  AC (gt)  I thuộc đường tròn đường kính OC   900  CH  AB   H thuộc đường Lại có OHC tròn đường kính OC Vậy 4 điểm C, H, O, I cùng thuộc đường tròn đường kính OC (đpcm) 1 2. b) OM  AC  OI  AC  , IA  IC  AC  OM là trung trực AC  OCM = OAM (c.c.c)   OAM   900 (AM là tiếp tuyến của (O))  OCM  MC  OC  MC là tiếp tuyến của (O) c) Gọi D là giao điểm của MB và AC. 1  ACM   ABC  sđ  AC (góc nội tiếp và góc tạo 2 bởi tia tiếp tuyến, dây cùng chắn cung  AC của (O)) 0   (cùng phụ với BAC ) Lại có ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên  ACH  ABC  của MCK  ACM   ACH  CD là phân giác MCK. Mặt khác CB  CD (  ACB  900 ) CB là phân giác ngoài của MCK Do đó ta có. KD KB  MD MB. a. KB KH  MB AM KD KC Xét ADM, CK // AM (CH  AB, AM  AB)   MD AM KH KC Từ (a), (b), (c)    KH  KC (đpcm) AM AM. Xét ABM, KH // AM (CH  AB, AM  AB) . b  c . d) Trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho CE = BC Khi đó PABC  AB  AC  BC  2R  AC  CE  2 R  AE nên PABC đạt max  AE đạt max BCE vuông cân tại C   AEB  450 Vì AB cố định nên E thuộc cung chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AB, do đó AE đạt max  AE là đường kính của cung chứa góc 450 dựng trên đoạn thẳng AB   450  C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O)   ABE  900  ABC Khi đó ABE vuông cân tại E, nên AE  AB 2  2 2 R Vậy chu vi tam giác ABC đạt GTLN là 2  2  1 R khi C là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) GV: Nguyễn Dương Hải – THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm và giới thiệu). trang 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>